Prova do PROFMAT AV1 MA12 2011

Prévia do material em texto

P1 - MA 12 - 2011
Questão 1.
Considere a sequência (an)n≥1 definida como indicado abaixo:
a1 = 1
a2 = 2 + 3
a3 = 4 + 5 + 6
a4 = 7 + 8 + 9 + 10
. . .
(0.5) (a) O termo a10 é a soma de 10 inteiros consecutivos. Qual é o menor e o qual é o maior desses inteiros?
(0.5) (b) Calcule a10.
(1.0) (c) Forneça uma expressão geral para o termo an.
UMA RESPOSTA
(a) O primeiro inteiro da soma que define an é igual ao número de inteiros utilizados nos termos a1, . . . , an−1, isto
é, 1 + 2 + . . . + n− 1 mais um, isto é, é igual a 12 (n− 1)n + 1. O último inteiro é esse número mais n− 1. Portanto,
para n = 10, o primeiro inteiro é 46 e o último é 55.
(b) a10 é a soma de uma progressão aritmética de 10 termos, sendo o primeiro igual a 46 e o último igual a 55. Então
a10 =
(46 + 55) · 10
2
= 101 · 5 = 505 .
(c) No caso de an, trata-se da soma de uma progressão aritmética de n termos, sendo o primeiro igual a 12 n(n− 1)+ 1
e o último igual a 12 n(n− 1) + 1 + (n− 1), ou seja,
1
2 n(n− 1) + n, como visto em (a). Então
an =
[
1
2 n(n− 1) + 1
]
+
[
1
2 n(n− 1) + n
]
2
· n = (n− 1)n
2 + (n + 1)n
2
=
n3 + n
2
.
1
P1 - MA 12 - 2011
Questão 2.
Um comerciante, para quem o dinheiro vale 5% ao mês, oferece determinado produto por 3 prestações mensais
iguais a R$ 100,00, a primeira paga no ato da compra.
(1.0) (a) Que valor o comerciante deve cobrar por esse produto, no caso de pagamento à vista?
(1.0) (b) Se um consumidor desejar pagar o produto em três prestações mensais iguais, mas sendo a primeira paga um
mês após a compra, qual deve ser o valor das parcelas?
Utilize, se desejar, os seguintes valores para as potências de 1, 05: 1, 052 = 1, 1025; 1, 05−1 = 0, 9524; 1, 05−2 =
0, 9070.
UMA RESPOSTA
(a) Trazendo os valores da segunda e da terceira prestações para o ato da compra, e somando, obtém-se
100 +
100
1, 05
+
100
1, 052
= 100 + 95, 24 + 90, 70 = 285, 94 .
Então o comerciante poderá cobrar 285,94 reais, de forma que, se deixar seu dinheiro valorizar 5% ao mês, poderá
dispor de 100 reais no ato da compra (tirando 100 reais dos 285,94), 100 reais ao final do primeiro mês (deixando
95,24 reais valorizarem 5% durante um mês) e 100 reais ao final do segundo mês (deixando 90,70 reais valorizarem
5% ao mês durante dois meses).
(b) Para o parcelamento desejado pelo consumidor, as parcelas se deslocam um mês adiante. Então em cada uma
das três parcelas de 100 reais devem incidir juros de 5%. Portanto, são 3 parcelas de 105 reais.
2
P1 - MA 12 - 2011
Questão 3.
Considere o conjunto dos números escritos apenas com os algarismos 1, 2 e 3, em que o algarismo 1 aparece uma
quantidade par de vezes (por exemplo, 2322 e 12123). Seja an a quantidade desses números contendo exatamente n
algarismos.
(0.4) (a) Liste todos esses números para n = 1 e n = 2, indicando os valores de a1 e a2.
(0.8) (b) Explique por que an satisfaz a equação de recorrência an+1 = (3n − an) + 2an, para n ≥ 1 (note que 3n é o
número total de números com n algarismos iguais a 1, 2 ou 3).
(0.8) (c) Resolva a equação de recorrência em (b).
UMA RESPOSTA
(a) Para n = 1 só há três números possíveis: 1, 2 e 3. Somente os dois últimos têm um número par de algarismos
iguais a 1 (neste caso, nenhum algarismo igual a 1). Então a1 = 2. Os números de 2 algarismos são: 11, 12, 13, 21,
22, 23, 31, 32, 33, num total de 9 = 32. Cinco deles têm uma quantidade par de algarismos iguais a 1, então a2 = 5.
(b) (Antes de fazer o exercício, pode-se verificar se a fórmula está correta para n = 1: 5 = a2 = (31 − a1) + 2a1 =
3 + a1 = 3 + 2 = 5.) Observa-se primeiro que a quantidade de números com n algarismos tendo uma quantidade
ímpar de algarismos iguais a 1 é 3n − an, pois o número total de sequências é 3n.
Para obter a relação de recorrência, observe que todo número de n + 1 algarismos é uma concatenação de um
número de n algarismos com um número de 1 algarismo. Para que a quantidade de algarismos iguais a 1 do
número de n + 1 algarismos seja par é preciso que: ou o número de algarismos iguais a 1 de cada um dos números
concatenados seja ímpar ou o número de algarismos iguais a 1 de cada um dos números concatenados seja par.
Então, para calcular an+1, soma-se o número de concatenações do primeiro caso (ímpar-ímpar) com o número de
concatenações do segundo caso (par-par). Isto dá
an+1 = (3n − an) · (31 − a1) + an · a1 ,
isto é, a fórmula do enunciado, já que a1 = 2.
(c) Observa-se que an+1 = an + 3n, apenas simplificando-se a expressão. Isto implica
an = a1 + 31 + 32 + . . . + 3n−1 = 1 + (1 + 3 + 32 + . . . + 3n−1) ,
em que a expressão entre parênteses é a soma dos n primeiros termos da progressão geométrica de termo inicial 1 e
razão 3, que vale
3n − 1
3− 1 .
Portanto
an =
3n + 1
2
.
3
P1 - MA 12 - 2011
Questão 4.
(1.0) (a) Mostre, por indução finita, que
1 · 30 + 2 · 31 + 3 · 32 + . . . + n · 3n−1 = (2n− 1)3
n + 1
4
.
(1.0) (b) Seja (an)n≥1 progressão geométrica com termo inicial a1 positivo e razão r > 1, e Sn a soma dos n primeiros
termos da progressão. Prove, por indução finita, que Sn ≤ rr−1 an, para qualquer n ≥ 1.
UMA RESPOSTA
(a) A equação é verdadeira para n = 1, pois 1 · 30 = 1 e
(2 · 1− 1)31 + 1
4
= 1 .
Supondo válida para n, vamos mostrar que vale para n + 1, isto é, vamos mostrar que, acrescentando o termo
(n + 1) · 3n, a soma resultará em
(2(n + 1)− 1)3n+1 + 1
4
.
Usando a hipótese de indução,
1 · 30 + 2 · 31 + 3 · 32 + . . . + n · 3n−1 + (n + 1)3n = (2n− 1)3
n + 1
4
+ (n + 1)3n .
Manipulando a expressão à direita,
(2n− 1)3n + 1
4
+ (n + 1)3n =
[2n− 1 + 4(n + 1)]3n + 1
4
=
(2n + 1)3n+1 + 1
4
=
(2(n + 1)− 1)3n+1 + 1
4
,
como queríamos demonstrar.
(b) Para n = 1 a desigualdade é verdadeira: como r > 1, então rr−1 > 1; e como S1 = a1 > 0, então S1 = a1 <
r
r−1 a1.
Suponha agora que a desigualdade vale para n, isto é, suponha que Sn ≤ rr−1 an é verdadeira. Vamos provar que
ela vale para n + 1, isto é, vamos provar que Sn+1 ≤ rr−1 an+1. Primeiro, escrevemos Sn+1 = Sn + an+1, pois Sn+1
é a soma dos primeiros n termos adicionada do termo n + 1. Usando a hipótese de indução, Sn+1 ≤ rr−1 an + an+1.
Como se trata de uma progressão geométrica an+1 = ran, ou seja, podemos trocar an por
an+1
r . Então Sn+1 ≤
r
r−1 ·
an+1
r + an+1, isto é, Sn+1 ≤ (
1
r−1 + 1)an+1 =
r
r−1 an+1, que é o que queríamos demonstrar.
4
P1 - MA 12 - 2011
Questão 5.
Seja (xn)n≥0 sequência definida pela relação de recorrência xn+1 = 2xn + 1, com termo inicial x0 ∈ R.
(0.5) (a) Encontre x0 tal que a sequência seja constante e igual a um número real a.
(1.0) (b) Resolva a recorrência com a substituição xn = yn + a, em que a é valor encontrado em (a).
(0.5) (c) Para que valores de x0 a sequência é crescente? Justifique.
UMA RESPOSTA
(a) Basta achar a tal que 2a + 1 = a. Isto dá a = −1. Se x0 = a então x1 = 2x0 + 1 = 2a + 1 = a = x0, e, da mesma
forma, x2 = x1, x3 = x2, . . ., xn+1 = xn para qualquer n ≥ 0, ou seja, a sequência é constante.
(b) Com a substituição sugerida, xn = yn − 1. Então yn+1 − 1 = 2(yn − 1) + 1, isto é, yn+1 = 2yn, com y0 = x0 + 1.
Então yn = 2ny0 = 2n(x0 + 1) e xn = yn − 1 = −1 + 2n(x0 + 1).
(c) Se x0 + 1 > 0, isto é, x0 > −1, então 2n(x0 + 1) é crescente e xn = −1 + 2n(x0 + 1) é crescente. Se x0 + 1 < 0, isto
é x0 < −1, então xn = −1 + 2n(x0 + 1) = −1− 2n|x0 + 1| é descrescente. E se x0 = −1 então xn é constante. De
onde se conclui que xn é crescente se, e somente se, x0 ∈ (−1,+∞).
5